第六章 6.5数学归纳法-2021届高三数学一轮基础复习讲义（学生版+教师版）【机构专用】

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进门测
1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．( × )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( × )
(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( × )
(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( × )
(5)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )
(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.( √ )
2、用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq \f(1－an＋2,1－a) (a≠1，n∈N*)，在验证n＝1时，等式左边的项是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
答案 C
解析 当n＝1时，n＋1＝2，
∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.
3、已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…－eq \f(1,n)＝2(eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋4)＋…＋eq \f(1,2n))时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
答案 B
解析 因为n为正偶数，n＝k时等式成立，
即n为第k个偶数时命题成立，
所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．
4、在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq \f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验n等于( )
A．1 B．2
C．3 D．0
答案 C
解析 凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
5、已知{an}满足an＋1＝aeq \\al(2,n)－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜想an＝________.
答案 3 4 5 n＋1
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 用数学归纳法证明等式
例1 设f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明 ①当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2(1＋eq \f(1,2)－1)＝1，
左边＝右边，等式成立．
②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)[f(k＋1)－eq \f(1,k＋1)]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知当n∈N*时，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
【同步练习】
1、用数学归纳法证明：
eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(n2,2n－12n＋1)＝eq \f(nn＋1,22n＋1)(n∈N*)．
证明 ①当n＝1时，左边＝eq \f(12,1×3)＝eq \f(1,3)，
右边＝eq \f(1×1＋1,2×2×1＋1)＝eq \f(1,3)，
左边＝右边，等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立．
即eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＝eq \f(kk＋1,22k＋1)，
当n＝k＋1时，
左边＝eq \f(12,1×3)＋eq \f(22,3×5)＋…＋eq \f(k2,2k－12k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)
＝eq \f(kk＋1,22k＋1)＋eq \f(k＋12,2k＋12k＋3)
＝eq \f(kk＋12k＋3＋2k＋12,22k＋12k＋3)
＝eq \f(k＋12k2＋5k＋2,22k＋12k＋3)
＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)，
右边＝eq \f(k＋1k＋1＋1,2[2k＋1＋1])
＝eq \f(k＋1k＋2,22k＋3)，
左边＝右边，等式成立．
即对所有n∈N*，原式都成立．
题型二 用数学归纳法证明不等式
例2 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(lg2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式eq \f(b1＋1,b1)·eq \f(b2＋1,b2)·…·eq \f(bn ＋1,bn)>eq \r(n＋1)成立．
(1)解 由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以eq \f(a2,a1)＝b，即eq \f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.
(2)证明 由(1)及b＝2知an＝2n－1.
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2n＋1,2n)>eq \r(n＋1).
①当n＝1时，左式＝eq \f(3,2)，右式＝eq \r(2)，
左式>右式，所以结论成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)>eq \r(k＋1)，
则当n＝k＋1时，
eq \f(2＋1,2)·eq \f(4＋1,4)·…·eq \f(2k＋1,2k)·eq \f(2k＋3,2k＋1)>eq \r(k＋1)·eq \f(2k＋3,2k＋1)＝eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq \r(k＋2)，
即证eq \f(2k＋3,2)≥eq \r(k＋1k＋2)，
由基本不等式得eq \f(2k＋3,2)＝eq \f(k＋1＋k＋2,2)≥eq \r(k＋1k＋2)成立，
故eq \f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq \r(k＋2)成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，当n∈N*时，不等式eq \f(b1＋1,b1)·eq \f(b2＋1,b2)·…·eq \f(bn＋1,bn)>eq \r(n＋1)成立．
【同步练习】
1、若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn证明 ①当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．
所以直线PQ1的方程为y＝4x－11，
令y＝0，得x2＝eq \f(11,4)，因此2≤x1即n＝1时结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk当n＝k＋1时，直线PQk＋1的方程为y－5＝eq \f(fxk＋1－5,xk＋1－4)·(x－4)．
又f(xk＋1)＝xeq \\al(2,k＋1)－2xk＋1－3，
代入上式，令y＝0，
得xk＋2＝eq \f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1)＝4－eq \f(5,2＋xk＋1)，
由归纳假设，2xk＋2－xk＋1＝eq \f(3－xk＋11＋xk＋1,2＋xk＋1)>0，
即xk＋1所以2≤xk＋1即当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知对任意的正整数n,2≤xn第3课时
阶段重难点梳理
数学归纳法
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．重点题型训练
题型三 归纳—猜想—证明
命题点1 与函数有关的证明问题
例3 已知数列{xn}满足x1＝eq \f(1,2)，xn＋1＝eq \f(1,1＋xn)，n∈N*.猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论．
解 由x1＝eq \f(1,2)及xn＋1＝eq \f(1,1＋xn)，
得x2＝eq \f(2,3)，x4＝eq \f(5,8)，x6＝eq \f(13,21)，
由x2>x4>x6，猜想：数列{x2n}是递减数列．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，已证命题成立．
②假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2，
易知xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝eq \f(1,1＋x2k＋1)－eq \f(1,1＋x2k＋3)
＝eq \f(x2k＋3－x2k＋1,1＋x2k＋11＋x2k＋3)
＝eq \f(\f(1,1＋x2k＋2)－\f(1,1＋x2k),1＋x2k＋11＋x2k＋3)
＝eq \f(x2k－x2k＋2,1＋x2k1＋x2k＋11＋x2k＋21＋x2k＋3)>0，
即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时命题也成立．
结合①②知，对于任何n∈N*命题成立．
命题点2 与数列有关的证明问题
例4 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想{an }的通项公式，并加以证明．
解 (1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.
(2)由(1)可猜想数列通项公式为：
an＝(n－1)λn＋2n.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时等式成立，
即ak＝(k－1)λk＋2k，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k
＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k
＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1
＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，
所以当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜想成立，
由①②知数列的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0)．
命题点3 存在性问题的证明
例5 设a1＝1，an＋1＝eq \r(a\\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n解 (1)方法一 a2＝2，a3＝eq \r(2)＋1.
再由题设条件知(an＋1－1)2－(an－1)2＝1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
方法二 a2＝2，a3＝eq \r(2)＋1.
可写为a1＝eq \r(1－1)＋1，a2＝eq \r(2－1)＋1，a3＝eq \r(3－1)＋1.
因此猜想an＝eq \r(n－1)＋1.
下面用数学归纳法证明上式：
当n＝1时结论显然成立．
假设n＝k时结论成立，即ak＝eq \r(k－1)＋1，
则ak＋1＝eq \r(ak－12＋1)＋1＝eq \r(k－1＋1)＋1
＝eq \r(k＋1－1)＋1.
所以当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
(2)方法一 设f(x)＝eq \r(x－12＋1)－1，
则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝eq \r(c－12＋1)－1，
解得c＝eq \f(1,4).
下面用数学归纳法证明加强命题：
a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq \r(2)－1，
所以a2假设n＝k时结论成立，即a2k易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)因此a2(k＋1)这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝eq \f(1,4).
方法二 设f(x)＝eq \r(x－12＋1)－1，
则an＋1＝f(an)．
先证：0≤an≤1(n∈N*)．①
当n＝1时，结论显然成立．
假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.
易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝eq \r(2)－1<1，
即0≤ak＋1≤1.
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
故①成立．
再证：a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq \r(2)－1，
有a2假设n＝k时，结论成立，即a2k由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得
a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)这就是说，当n＝k＋1时②成立，
所以②对一切n∈N*成立．
由②得a2n即(a2n＋1)2因此a2n又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，
得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，
所以a2n＋1>eq \r(a\\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1.
解得a2n＋1>eq \f(1,4).④
综上，由②③④知存在c＝eq \f(1,4)使得a2n【同步练习】
1、已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
解 (1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；
若a＝3，则b＝1,3,6.所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5.))(t∈N*)．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋eq \f(6,2)＋eq \f(6,3)＝13，结论成立；
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
(ⅰ)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq \f(k－1,2)＋eq \f(k－2,3)＋3
＝(k＋1)＋2＋eq \f(k＋1,2)＋eq \f(k＋1,3)，结论成立；
(ⅱ)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq \f(k,2)＋eq \f(k,3)＋1
＝(k＋1)＋2＋eq \f(k＋1－1,2)＋eq \f(k＋1－1,3)，结论成立；
(ⅲ)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq \f(k－1,2)＋eq \f(k－1,3)＋2
＝(k＋1)＋2＋eq \f(k＋1,2)＋eq \f(k＋1－2,3)，结论成立；
(ⅳ)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq \f(k,2)＋eq \f(k－2,3)＋2
＝(k＋1)＋2＋eq \f(k＋1－1,2)＋eq \f(k＋1,3)，结论成立；
(ⅴ)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq \f(k－1,2)＋eq \f(k,3)＋2
＝(k＋1)＋2＋eq \f(k＋1,2)＋eq \f(k＋1－1,3)，结论成立；
(ⅵ)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq \f(k,2)＋eq \f(k－1,3)＋1
＝(k＋1)＋2＋eq \f(k＋1－1,2)＋eq \f(k＋1－2,3)，结论成立．
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．
例6 数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2)证明(1)中的猜想．
思维点拨 (1)由S1＝a1算出a1；由an＝Sn－Sn－1算出a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式．
(2)用数学归纳法证明．
规范解答
(1)解 当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq \f(3,2)；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq \f(7,4)；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，
∴a4＝eq \f(15,8).[3分]
由此猜想an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．[5分]
(2)证明 ①当n＝1时，a1＝1，结论成立．[6分]
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，
即ak＝eq \f(2k－1,2k－1)，
那么n＝k＋1时，[9分]
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak
＝2＋ak－ak＋1，
∴2ak＋1＝2＋ak.[11分]
∴ak＋1＝eq \f(2＋ak,2)＝eq \f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq \f(2k＋1－1,2k).
∴当n＝k＋1时，结论成立．[13分]
由①②知猜想an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n∈N*)成立．[14分]
思导总结
一、用数学归纳法证明恒等式应注意
(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．
(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．
(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．
二、数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
三、思归纳—猜想—证明问题的一般步骤
第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；
第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0∈N*)成立；
第三步：假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立；
第四步：下结论，由上可知结论对任意n≥n0，n∈N*成立.
作业布置
1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是( )
A．p(n)对所有正整数n都成立
B．p(n)对所有正偶数n都成立
C．p(n)对所有正奇数n都成立
D．p(n)对所有自然数n都成立
答案 B
解析 n＝2时，n＝k，n＝k＋2成立，
n为2,4,6，…，故n为所有正偶数．
2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是( )
A．假设n＝k(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N*)，证明n＝k＋1时命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题成立
答案 D
解析 相邻两个正奇数相差2，故D选项正确．
3．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是( )
A．若f(1)<2成立，则f(10)<11成立
B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立
C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立
D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立
答案 D
解析 当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．
4．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为( )
A.eq \f(1,n－1n＋1) B.eq \f(1,2n2n＋1)
C.eq \f(1,2n－12n＋1) D.eq \f(1,2n＋12n＋2)
答案 C
解析 当n＝2时，eq \f(1,3)＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝eq \f(1,3×5).
当n＝3时，eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝eq \f(1,5×7).
当n＝4时，eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)＋eq \f(1,35)＋a4＝(4×7)a4，a4＝eq \f(1,7×9).
故猜想an＝eq \f(1,2n－12n＋1).
5．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C.eq \f(2k＋1,k＋1) D.eq \f(2k＋3,k＋1)
答案 B
解析 当n＝k(k∈N*)时，
左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；
当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，
则左边应增乘的式子是eq \f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．
6．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝____________________.
答案 eq \f(n,n＋1)
解析 由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝eq \f(1,2)，
由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝eq \f(2,3)，
依次得S3＝eq \f(3,4)，S4＝eq \f(4,5)，猜想Sn＝eq \f(n,n＋1).
7．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝eq \f(n2n＋1,3)时，第二步从“k”到“k＋1”应添加的项为________．
答案 (k＋1)2＋k2
解析 由S1，S2，…，Sn可以发现由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈N*)．
8．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________.(用n表示)
答案 5 eq \f(1,2)(n＋1)(n－2)
解析 f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，
f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)
＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝eq \f(1,2)(n＋1)(n－2)．
9．在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝eq \f(3bn＋4,2bn＋3)(n∈N*)．求b2，b3，试判定bn与eq \r(2)的大小，并加以证明．
解 由b1＝2，bn＋1＝eq \f(3bn＋4,2bn＋3)，
得b2＝eq \f(3×2＋4,2×2＋3)＝eq \f(10,7)，b3＝eq \f(58,41).
经比较有b1>eq \r(2)，b2>eq \r(2)，b3>eq \r(2).
猜想bn>eq \r(2)(n∈N*)．
下面利用数学归纳法证明．
①当n＝1时，∵b1＝2，∴eq \r(2) ②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，
即eq \r(2) 0.
当n＝k＋1时，bk＋1－eq \r(2)＝eq \f(3bk＋4,2bk＋3)－eq \r(2)
＝eq \f(3－2\r(2)bk＋4－3\r(2),2bk＋3)
＝eq \f(3－2\r(2)bk－\r(2),2bk＋3)>0.
∴bk＋1> eq \r(2)，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
根据①②知bn>eq \r(2)(n∈N*)．
10．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xeq \\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；
(2)若0证明 (1)充分性：
若c<0，由于xn＋1＝－xeq \\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c所以数列{xn}是递减数列．
必要性：若{xn}是递减数列，则x2又x2＝－xeq \\al(2,1)＋x1＋c＝c，所以c<0.
故{xn}是递减数列的充要条件是c<0.
(2)若0即xn＋1>xn，即xx＋1－xn＝－xeq \\al(2,n)＋c>0，也就是证明xn< eq \r(c).
下面用数学归纳法证明当0①当n＝1时，x1＝0< eq \r(c) ≤eq \f(1,2)，结论成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即xk< eq \r(c).
因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间(－∞，eq \f(1,2)]内单调递增，
所以xk＋1＝f(xk)这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．
故xn< eq \r(c)对任意n≥1，n∈N*都成立．
因此，xn＋1＝xn－xeq \\al(2,n)＋c>xn，即{xn}是递增数列．
11．已知函数f0(x)＝eq \f(sin x,x)(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1(eq \f(π,2))＋eq \f(π,2)f2(eq \f(π,2))的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式
|nfn－1(eq \f(π,4))＋eq \f(π,4)fn(eq \f(π,4))|＝eq \f(\r(2),2)都成立．
(1)解 由已知，得
f1(x)＝f′0(x)＝(eq \f(sin x,x))′＝eq \f(cs x,x)－eq \f(sin x,x2)，
于是f2(x)＝f′1(x)＝(eq \f(cs x,x))′－(eq \f(sin x,x2))′
＝－eq \f(sin x,x)－eq \f(2cs x,x2)＋eq \f(2sin x,x3)，
所以f1(eq \f(π,2))＝－eq \f(4,π2)，f2(eq \f(π,2))＝－eq \f(2,π)＋eq \f(16,π3)，
故2f1(eq \f(π,2))＋eq \f(π,2)f2(eq \f(π,2))＝－1.
(2)证明 由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，
得f0(x)＋xf′0(x)＝cs x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cs x＝sin(x＋eq \f(π,2))，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cs x＝sin(x＋eq \f(3π,2))，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋eq \f(nπ,2))对所有的x∈N*都成立．
①当n＝1时，由上可知等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋eq \f(kπ,2))．
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
[sin(x＋eq \f(kπ,2))]′＝cs(x＋eq \f(kπ,2))·(x＋eq \f(kπ,2))′
＝sin[x＋eq \f(k＋1π,2)]，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋eq \f(k＋1π,2)]．
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋eq \f(nπ,2))对所有的n∈N*都成立．
令x＝eq \f(π,4)，可得nfn－1(eq \f(π,4))＋eq \f(π,4)fn(eq \f(π,4))
＝sin(eq \f(π,4)＋eq \f(nπ,2))(n∈N*)，
所以|nfn－1(eq \f(π,4))＋eq \f(π,4)fn(eq \f(π,4))|＝eq \f(\r(2),2)(n∈N*)．
*12.设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
解 由题设得，g(x)＝eq \f(x,1＋x)(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝eq \f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq \f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq \f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq \f(x,1＋3x)，…，可猜想gn(x)＝eq \f(x,1＋nx).
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝eq \f(x,1＋x)，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，
即gk(x)＝eq \f(x,1＋kx).
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))
＝eq \f(gkx,1＋gkx)＝eq \f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq \f(x,1＋k＋1x)，即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N*成立．
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－eq \f(ax,1＋x)(x≥0)，
则φ′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(a,1＋x2)＝eq \f(x＋1－a,1＋x2)，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．
又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
∴ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)不恒成立，
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：上述不等式等价于eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1)在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq \f(x,1＋x)，x>0.
令x＝eq \f(1,n)，n∈N*，则eq \f(1,n＋1)下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，eq \f(1,2)②假设当n＝k时结论成立，即eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,k＋1)那么，当n＝k＋1时，eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)由①②可知，结论对n∈N*成立．